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北京市海淀区附属中学2020届高三下学期统一测试化学试题
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清华附中高三化学集中统测
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Al-27 S-32
第Ⅰ卷 选择题
（每题仅有一个选项符合题意，每题3分，共42分）
1.中华文明源远流长，下面中国国宝级文物的表面不会因电化学腐蚀被氧化的是：
A. 秦朝铜车马 B. 春秋越王剑
C. 唐三彩 D. 商代司母戊鼎
【答案】C
【解析】
【详解】A．秦朝的铜车马是铜的合金，除了铜外，还含有不如铜活泼的金属，则在空气中能形成原电池，铜做负极被腐蚀，故A错误；
B．春秋越王剑是铜合金铸成，是铜合金，除了铜外，还含有不如铜活泼的金属，则在空气中能形成原电池，铜做负极被腐蚀，故B错误；
C．唐三彩是陶瓷制品，不是合金，故不会形成原电池，故C正确；
D．商代的司母戊鼎是铜鼎，是铜合金，除了铜外，还含有不如铜活泼的金属，则在空气中能形成原电池，铜做负极被腐蚀，故D错误；
答案选C。
【点晴】解答金属的腐蚀与防护时，要从钢铁生锈的条件方面进行分析、判断，从而找出科学的防锈方法。电化学腐蚀形成的原因通常是合金在接触外界时，空气中的水膜做电解质溶液，合金中较活泼的金属做负极，不活泼的做正极，从而构成原电池，加快了活泼金属的腐蚀，据此分析。
2.下列说法不正确的是（ ）
A. 淀粉、纤维素、葡萄糖均能发生水解反应
B. 使用青霉素前一定要进行皮肤敏感试验
C. 利用油脂在碱性溶液中的水解可制取肥皂
D. 甲醛，氯乙烯，乙二醇均可做聚合反应的单体
【答案】A
【解析】
【详解】A．淀粉和纤维素均为多糖可以水解，葡萄糖为单糖无法水解，A项错误；
B．有些人会对青霉素产生过敏反应，避免危险发生，注射青霉素前一定需要做皮试，B项正确；
C．油脂在碱性条件下水解即油脂的皂化反应，通过皂化反应可以制取肥皂，C项正确；
D．甲醛可以用于合成酚醛树脂，氯乙烯可以用于制备聚氯乙烯，乙二醇可以用于合成聚酯，D项正确；
答案选A。
3.食品保鲜所用的“双吸剂”，是由还原铁粉、生石灰、氯化钠、炭粉等按一定比例组成的混合物，可吸收氧气和水。下列分析不正确的是（ ）
A. “双吸剂”中的生石灰有吸水作用
B. “双吸剂”吸收氧气时，发生了原电池反应
C. 炭粉上发生的反应为：O2+4e-+4H+=2H2O
D. 吸收氧气的过程中，铁作原电池的负极
【答案】C
【解析】
【分析】
双吸剂一方面可以吸收水，这主要依靠的是双吸剂中生石灰成分；生石灰与水反应后生成强碱性的Ca(OH)2。此外，双吸剂在吸收氧气时，发生原电池反应；Fe做原电池的负极，炭粉做原电池的正极，并且在炭粉处氧气被吸收；需要额外注意的是，由于双吸剂吸水过程中生成了强碱性的Ca(OH)2，因此，在书写电极反应式时，不应出现H+。
【详解】A．生石灰可以与水反应，因此起到了吸水的作用，A项正确；
B．双吸剂吸收氧气时，构成了原电池，发生了原电池反应，B项正确；
C．炭粉在吸氧时，做原电池的正极，发生的是氧气的还原反应，根据分析可知，正确的电极反应式为：，C项错误；
D．双吸剂吸氧时，发生原电池反应，铁做原电池的负极，D项正确；
答案选C。
4.下列实验对应的离子方程式正确的是（ ）
A. 铝溶解在NaOH溶液中：2Al+2OH-=2AlO2-+3H2↑
B. 向溴水中通入SO2后褪色：SO2+Br2+2H2O=SO42-+2Br-+4H+
C. 白醋与84消毒液混合产生黄绿色气体：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O
D. 少量铁溶于过量稀硝酸中：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝溶解在NaOH溶液中，正确的离子方程式为：，选项中的方程式原子不守恒，A项错误；
B．SO2具有还原性，会将溴单质还原为溴离子，自身则被氧化成，B项正确；
C．白醋即醋酸的水溶液，醋酸是弱电解质，离子方程式中不能拆分，C项错误；
D．参与反应的铁少量，硝酸过量，所以最终铁被氧化成Fe3+，D项错误；
答案选B。
5.第三周期元素，浓度均为0.01mol/L的最高价氧化物对应水化物的pH与原子半径的关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 气态氢化物的稳定性：N＞R
B. Z的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
C. Y和R形成的化合物既含离子键又含共价键
D. X和M两者最高价氧化物对应的水化物反应后溶液的pH＞7
【答案】D
【解析】
【分析】
同一周期，原子半径从左至右，逐渐减小。所以，X为Na，Y为Mg，Z为Al，M为Si，N为P，W为S，R为Cl。
【详解】A．元素非金属性越强，气态氢化物稳定性越高；同一周期从左至右，元素的非金属性增强，所以稳定性HCl＞PH3，即R＞N，A项错误；
B．Z的最高价氧化物对应的水化物即Al(OH)3，弱碱无法使其溶解，B项错误；
C．Y和R形成的化合物为MgCl2仅含离子键，C项错误；
D．Na和Si两者最高价氧化物对应水化物反应后的溶液即为硅酸钠溶液，显碱性，D项正确；
答案选D。
6.茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示(未画出其空间结构)。
下列说法正确的是（ ）
A. 茚地那韦属于芳香族化合物，易溶于水
B. 虚线框内的所有碳、氧原子均处于同一平面
C. 茚地那韦可与氯化铁溶液发生显色反应
D. 茚地那韦在碱性条件下完全水解，最终可生成三种有机物
【答案】D
【解析】
【详解】A．茚地那韦分子结构中含有苯环，属于芳香族化合物；由于结构中羟基等亲水基团较少，所以该物质在水中溶解性较差，A项错误；
B．虚线框中的环烷烃结构，所有的碳原子并不一定共面；此外，与羟基相连的C，由于形成的是4条单键，所以该C原子和与之相连的O以及另外两个C原子一定不会处在同一平面内，B项错误；
C．茚地那韦的分子结构中并不含有酚羟基，所以无法与Fe3+发生显色反应，C项错误；
D．茚地那韦的分子结构中含有两个肽键，发生水解后可以形成三种有机物，D项正确；
答案选D。
【点睛】对有机物结构中共面原子个数进行判断时，若有机物中存在只形成单键的碳原子，那么有机物中所有的原子一定不会共平面。
7.BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 该过程中BMO表现了还原性
B. ①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1:3
C. 光催化降解过程中，光能转化为化学能、热能等
D. 该过程的总反应:+7O26CO2+3H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
通过分析原理图可知，在光催化降解苯酚的过程中：BMO首先在光照下，发生失电子的氧化反应，转化成BMO+，同时将O2还原为；随后，BMO+和各自表现氧化性将苯酚转化为H2O和CO2，这个过程BMO+又被还原为最初的状态。
【详解】A．通过分析可知，BMO在光催化降解苯酚过程中表现出了还原性，生成了BMO+，A项正确；
B．1个BMO+表现氧化性，被还原为BMO，可以得1个电子；1个表现氧化性，被还原为2个H2O，可以得3个电子；所以①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，B项错误；
C．通过分析可知，光催化过程中，光能被转化为化学能和热能，C项正确；
D．通过分析可知，该过程的总反应即光照条件下，在BMO的催化作用下，氧气氧化苯酚，所以D项正确；
答案选B。
【点睛】氧化还原反应的要以电子得失守恒为基准进行计算；其次，要清楚，催化剂并非不参与到反应过程中，而是可以在具体的反应机理中再生循环的。
8.下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
实验方案
置于光亮处
片刻后在Fe电极附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液
实验目的
验证甲烷与氯气发生化学反应
验证Fe电极被保护
验证乙炔的还原性
验证铁钉发生析氢腐蚀
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷与氯气的反应是在光照下进行的，此外，为了避免Cl2在水中的溶解，应当在水槽中加饱和食盐水，A项正确；
B．图中的Fe电极与电源的正极相连，做阳极，无法被保护，因此无法验证Fe电极被保护，B项错误；
C．通过图中的这种方法制备的乙炔中含有H2S和PH3等还原性气体杂质，若不进行除杂，则会在用高锰酸钾溶液检验乙炔时产生干扰，C项错误；
D．析氢腐蚀是在酸性电解质溶液中发生的腐蚀现象，所以图中的铁钉并不能发生析氢腐蚀，实际发生的是吸氧腐蚀，D项错误；
答案选A。
9.元素铬（Cr）的几种化合物存在下列转化关系：
已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。下列判断不正确的是（ ）
A. 反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质
B. 反应②利用了H2O2的氧化性
C. 反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的
D. 反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
【答案】D
【解析】
【详解】A.Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应①又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，A项正确；
B.反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，H2O2表现了氧化性，B项正确；
C.反应③中发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液由黄色变为橙色，C项正确；
D.反应①和③中铬元素的化合价并没有发生变化，D项错误；
所以答案选择D项。
10.最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. “全氢电池”工作时，将化学能转化电能
B. 电池的总反应是2H2＋O2=2H2O
C. 负极的电极反应是H2-2e-＋2OH-=2H2O
D. 电解质溶液中Na＋向右移动，ClO4-向左移动
【答案】B
【解析】
【分析】
全氢电池作为供电用的电源时，其能量转化形式必然是化学能变为电能。通过分析工作原理示意图可知，全氢电池工作时，负极消耗氢气，正极生成氢气，由电子得失守恒可知，两极消耗和生成的氢气量必然相等；因此，全氢电池总反应并非消耗氢气的反应。考虑到负极消耗氢气的同时，又消耗了溶液中的OH-，正极则通过将H+还原的方式获取氢气；因此，总反应实质是消耗H+和OH-的中和反应。
【详解】A．电池中能量的转化形式为化学能转变成电能，A项正确；
B．通过分析可知，全氢电池的总反应为：，B项错误；
C．由图分析可知，负极发生的是H2得电子，最终转变为H2O的反应，C项正确；
D．由图分析可知，全氢电池，左边的电极为负极，右边的电极为正极，所以Na+向右移动，向左移动，D项正确；
答案选B。
【点睛】电化学池中，电池总反应的书写，可以采用将电极反应式叠加的方法书写。原电池中的能量转换形式一般为：化学能转变为电能。原电池电解质溶液中离子的迁移方向为：阳离子朝正极移动，阴离子朝负极移动。
11.反应A(g)+B(g) ⇋3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c(A)如下表：
平衡状态
①
②
③
容器体积/L
40
20
1
c(A)( mol/L)
0.022a
0.05a
0.75a
下列分析不正确的是（ ）
A. ①→②的过程中平衡发生了逆向移动
B. ①→③的过程中X的状态发生了变化
C. ①→③的过程中A的转化率不断增大
D. 与①②相比，③中X的物质的量最大
【答案】C
【解析】
【详解】A. ①到②的过程中，体积缩小了一半，平衡时A物质的量由0.88amol变为1amol，说明增大压强，平衡逆向移动，X此时应为气态；故A正确；
B. ②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时A物质的量由1amol变为0.75amol，说明增大压强平衡正向移动，说明X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了变化；故B正确；
C. 结合A、B项的分析，平衡首先逆向移动然后正向移动，A的转化率先减小后增大，故C错误；
D. ③状态下A物质的量最小，即A转化率最大，X的物质的量最大，故D正确；
答案选C。
12.海水提镁的工艺流程如下：
下列叙述正确的是
A. 反应池中的反应利用了相同条件下Mg(OH)2比Ca(OH)2难溶的性质
B. 干燥过程在HCl气流中进行，目的是避免溶液未完全中和
C. 上述流程中发生的反应有化合、分解、置换和复分解反应
D. 上述流程中可以循环使用的物质是H2和Cl2
【答案】A
【解析】
【详解】A.氢氧化钙微溶，氢氧化镁难溶，沉淀向更难溶方向转化，故可以用氢氧化钙制备氢氧化镁，A正确；
B. 干燥过程在HCl气流中进行目的是防止氯化镁水解，B错误；
C.该流程中没有涉及置换反应，C错误；
D. 上述流程中可以循环使用的物质是Cl2，过程中没有产生氢气，D错误；
答案选A。
13.室温下，取一定量冰醋酸，进行如下实验：
① 将冰醋酸配制成0.1 mol·L-1醋酸溶液；
② 取20 mL①所配溶液，加入a mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液，充分反应后，测得溶液pH=7；
③ 向②所得溶液中继续滴加稀盐酸，直至溶液中n(Na+) = n(Cl－)。
下列说法正确的是
A. ①中：所得溶液的pH=1
B. ②中：a＝20
C. ③中：所得溶液中c(CH3COO－)＜c(H+)，且pH＜7
D. ①与③所得溶液相比，等体积时所含CH3COOH分子数目相等
【答案】C
【解析】
【详解】A.因为醋酸是弱酸，故①中0.1mol/L的醋酸pH>1，A错误；
B.若②中a＝20，则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，B错误；
C.③中溶液的电荷守恒为：，结合，故，所以，，pH<7，C正确；
D. ①与③所得溶液相比，③相当于向①中加入了氯化钠溶液，越稀越电离，故等体积时③中醋酸分子数少，D错误；
答案选C。
14.某小组在Fe2+检验实验中观察到异常现象，为探究“红色褪去”的原因，进行如下实验：
编号
实验I
实验II
实验III
实验步骤
将实验I褪色后的溶液分三份分别进行实验
为进一步探究“红色褪去”的原因，又进行以下实验
①
②取反应后的溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液
现象
溶液先变红，片刻后红色褪去，有气体生成（经检验为O2）
①无明显现象
②溶液变红
③产生白色沉淀
①溶液变红，一段时间后不褪色。
②无白色沉淀产生
分析上述三个实验，下列叙述不正确的是
A. 在此实验条件下H2O2氧化Fe2＋的速率比氧化SCN－的速率快
B. 通过实验Ⅱ推出实验Ⅰ中红色褪去的原因是由于SCN－被氧化
C. 通过实验Ⅰ和实验Ⅲ对比推出红色褪去只与H2O2的氧化性有关
D. 综上所述，实验Ⅰ中红色褪去的原因与化学平衡移动原理无关
【答案】D
【解析】
【详解】氯化亚铁酸化的溶液中滴入KSCN溶液，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，通入足量氧气，溶液变红且不褪色，说明氧气氧化亚铁离子生成铁离子，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀，无硫酸钡沉淀生成，排除了生成的氧气氧化SCN-的可能，
A. 在此实验条件下H2O2氧化Fe2＋的速率比氧化SCN－的速率快，所以溶液先变红，当SCN－被完全氧化后，红色褪去，故A正确；
B. 实验II中滴加FeCl3溶液不变红，说明无SCN-，滴加盐酸和BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明SCN-被氧化为SO42-，可以推出实验Ⅰ中红色褪去的原因是由于SCN－被氧化，故B正确；
C. 对比实验Ⅰ、Ⅲ，实验Ⅰ排除了铁离子反应，而是SCN-离子反应，实验Ⅲ排除了生成的氧气氧化SCN-的可能，Ⅰ中红色褪去可以判定酸性条件下是H2O2的氧化性把SCN-离子氧化为硫酸根离子，故C正确；
D. 红色物质为Fe3+与SCN-结合形成的络合物，为可逆反应，当SCN-被氧化，平衡逆向移动，红色褪去，与化学平衡移动原理有关，故D错误；
故选D。
第Ⅱ卷 简答题
15.硫化物在自然界中的部分循环关系如图。
（1）H2S在空气中可以燃烧。
已知：2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) ΔH=-442.38kJ/mol
S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-297.04kJ/mol
H2S(g)与O2(g)反应产生SO2(g)和H2O(g)的热化学方程式是____。
（2）SO2是大气污染物，海水具有良好的吸收SO2的能力，其过程如下。
①SO2溶于海水生成H2SO3，H2SO3最终会电离出SO32-，SO32-可以被海水中的溶解氧氧化为SO42-。海水的pH会____（填“升高”、“不变”或“降低”）。
②为调整海水的pH，可加入新鲜的海水，使其中的HCO3-参与反应，其反应的离子方程式是____。
③在上述反应的同时需要大量鼓入空气，其原因是____。
（3）某科研单位利用工业废气中的SO2来制取H2SO4。
①利用原电池原理，用SO2和O2来制备硫酸，装置如图1所示。B极的电极反应式是____。
②SO2经图2中的两个循环可分别得到S和H2SO4。下列说法正确的是____。
a.循环Ⅰ中，反应1中的氧化产物为ZnFeO3.5
b.循环Ⅰ中，反应2的化学方程式为SO2+4ZnFeO3.5S+4ZnFeO4c.Mn可作为循环Ⅱ中电解过程中的阳极材料
d.循环Ⅰ和循环Ⅱ中消耗同质量的SO2，理论上得到S和H2SO4的质量之比为16∶49
【答案】 (1). 2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1036.46kJ/mol (2). 降低 (3). HCO3-+H+=CO2↑+H2O (4). 提高海水的溶解氧，将SO32-氧化成为SO42-，有利于平衡H2SO3HSO3-+H+、HSO3- SO32-+H+正向移动，提高二氧化硫的转化率，同时起到加快反应速率的作用 (5). SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+ (6). b、d
【解析】
【分析】
此题以硫的循环和相关化合物的转化为背景，考查了利用盖斯定律计算反应焓变的方法，以及热化学方程式的书写；同时也从反应原理的角度，考察了速率与平衡以及电化学的内容。
【详解】(1)H2S(g)与O2(g)反应生成SO2(g)和H2O(g)的热化学方程式为： ；由盖斯定律可知该反应的；
(2)①SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化后转变为硫酸，溶液的酸性增强，pH值下降；
②由于海水中生成了硫酸，属于强电解质，所以加入新鲜的海水后发生的离子方程式为：；
③通过鼓入大量空气，可以提高海水中溶解氧的含量，加速亚硫酸向硫酸的转化的同时，也提高了二氧化硫的转化率；
(3)①通过分析装置示意图，A极产物为水，说明这一极通入的为O2，那么B极的电极反应即为：；
②通过分析循环Ⅰ，SO2经过反应2后即被还原为S单质，那么反应1即为ZnFeO4还原再生ZnFeO3.5的过程；通过分析循环Ⅱ，SO2先被MnO2吸收转变为MnSO4，这个过程Mn降价而S升价，接着再电解MnSO4溶液分离得到硫酸产品的同时，再生了MnO2；
a．通过分析可知，ZnFeO3.5是反应1的还原产物，a错误；
b．通过分析可知，经过反应2后，SO2被还原为S单质，ZnFeO4被氧化为ZnFeO3.5，方程式正确，b正确；
c．通过分析可知，电解过程Mn从+2价被氧化为+4价，实现再生，因此，阳极材料不能使用Mn单质，c错误；
d．根据硫元素守恒可知，消耗同等质量的SO2，生成S和H2SO4的质量比为16:49，d正确；
答案选bd。
16.用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。
（1）资料1：KI在该反应中的作用：
H2O2＋I－＝H2O＋IO－；H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－。总反应的化学方程式是________________。
（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断正确的是___________（填字母）。
a. 加入KI后改变了反应的路径
b. 加入KI后改变了总反应的能量变化
c. H2O2＋I－＝H2O＋IO－是放热反应
（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。
资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。
①加CCl4并振荡、静置后还可观察到___________，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. ________。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是_____________。
（4）资料4：I－（aq）＋I2（aq）I3－（aq） K＝640。
为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL 0.10mol·L－1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：
微粒
I－
I2
I3－
浓度/（mol·L－1）
2.5×10－3
a
4.0×10－3
①a＝__________。
②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是________________。
【答案】 (1). 2H2O22H2O＋O2↑ (2). a (3). 下层溶液呈紫红色 (4). 在水溶液中I2的浓度降低 (5). A试管中产生气泡明显变少；B试管中产生气泡速率没有明显减小 (6). (7). 2c（I2）＋c（I－）＋3c（I3－）＜0.033mol·L－1
【解析】
【分析】
（1）H2O2＋I－＝H2O＋IO－,H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式。
（2）a. 加入KI后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a正确；
b. 加入KI后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确；
c. 由图中可知，H2O2＋I－＝H2O＋IO－是吸热反应，c不正确。
（3）①加CCl4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. 在水溶液中I2的浓度降低。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。
（4）① ，由此可求出a。
②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中c(I-)=，求出I－，I2，I3－中所含I的浓度和，二者比较便可得到结论。
【详解】（1）H2O2＋I－＝H2O＋IO－,H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑。答案为：2H2O22H2O＋O2↑；
（2）a. 加入KI后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a正确；
b. 加入KI后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确；
c. 由图中可知，H2O2＋I－＝H2O＋IO－反应物总能量小于生成物总能量，所以该反应是吸热反应，c不正确。答案为：a；
（3）①加CCl4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2生成。答案为：下层溶液呈紫红色；
②气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. 在水溶液中I2的浓度降低。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。答案为：在水溶液中I2的浓度降低；A试管中产生气泡明显变少，B试管中产生气泡速率没有明显减小；
（4）① ，由此可求出a=2.5×10-3mol/L。答案为：2.5×10-3；
②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中，c(I-)=；现在溶液中，I－，I2，I3－中所含I的浓度和为2c(I2)＋c(I－)＋3c(I3－)=2×2.5×10-3+2.5×10-3+3×4.0×10-3=0.0195<0.033，I不守恒，说明产物中还有含碘微粒。答案为：2c(I2)＋c(I－)＋3c(I3－)<0.033mol·L－1。
【点睛】在做探究实验前，要进行可能情况预测。向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄，则表明生成了I2，加入CCl4且液体分层后，发现气泡逸出的速率明显变慢，CCl4与H2O2不反应，是什么原因导致生成O2的速率减慢？是c(H2O2)减小，还是c(I2)减小所致？于是我们自然想到设计对比实验进行验证。
17.AlN新型材料应用前景广泛，其制备与性质研究成为热点。
相关数据如下：
物质
熔点/℃
沸点/℃
与N2反应温度/℃
相应化合物分解温度/℃
Al
660
2467
＞800
AlN：＞2000 （＞1400升华）
AlCl3：（＞181升华）
Mg
649
1090
＞300
Mg3N2：＞800
(1)AlN的制备。
① 化学气相沉积法。
Ⅰ.一定温度下，以AlCl3气体和NH3为原料制备AlN，反应的化学方程式是____________________。
Ⅱ.上述反应适宜的温度范围是______℃（填字母）。
a.75~100 b.600~1100 c.2000~2300
② 铝粉直接氮化法。
Al与N2可直接化合为AlN固体，AlN能将Al包裹，反应难以继续进行。控制温度，在Al粉中均匀掺入适量Mg粉，可使Al几乎全部转化为AlN固体。该过程发生的反应有：__________________、_________和2Al + N2 2AlN。
③碳热还原法。
以Al2O3、C（石墨）和N2为原料，在高温下制备AlN。
已知：ⅰ. 2Al2O3(s) ⇌ 4Al(g) + 3O2(g) ∆H 1 =＋3351 kJ·mol-1
ⅱ. 2C(石墨，s) + O2(g) = 2CO(g) ∆H 2 =－221 kJ·mol-1
ⅲ. 2Al(g) + N2(g) = 2AlN(s) ∆H 3 =－318 kJ·mol-1
运用平衡移动原理分析反应ⅱ对反应ⅰ的可能影响：______________________________________。
(2)AlN的性质。AlN粉末可发生水解。相同条件下，不同粒径的AlN粉末水解时溶液pH的变化如图所示。
① AlN粉末水解的化学方程式是____________________________________。
② 解释t1-t2时间内两条曲线差异的可能原因：_______________________________。
(3)AlN含量检测。向a g AlN样品中加入足量浓NaOH溶液，然后通入水蒸气将NH3全部蒸出，将NH3用过量的v1 mL c1 mol·L-1 H2SO4溶液吸收完全，剩余的H2SO4用v2 mL c2 mol·L-1 NaOH溶液恰好中和，则样品中AlN的质量分数是________________________________。
【答案】 (1). AlCl3 + NH3=AlN + 3HCl (2). b (3). 3Mg + N2Mg3N2 (4). Mg3N23Mg + N2 (5). 反应ⅱ能降低氧气浓度，有利于反应ⅰ正向移动 (6). AlN + 4H2O = Al(OH)3 + NH3·H2O (7). 粒径较小的AlN表面积大，水解反应速率较大 (8).
【解析】
【分析】
(1) ①Ⅰ.气体和制备不是氧化还原反应，根据元素守恒配平即可；
Ⅱ.根据表中数据判断；
②根据表中数据，大于300℃，镁和氮气反应，大于800℃氮化镁会分解；
③反应ⅱ能消耗氧气，反应ⅰ生成氧气；
（2）①氮化铝水解产生氢氧化铝和一水合氨；
②反应速率和接触面积有关；
（3）首先计算消耗硫酸的物质的量，氨气和硫酸按照2:1反应，得出氨气的物质的量，根据氮元素守恒，得到氮化铝的物质的量，然后计算质量分数。
【详解】(1) ①Ⅰ.气体和制备 ，反应的化学方程式是，
答案为：；
Ⅱ.根据表中数据，要保证气体，需要温度大于181℃，排除a，大于2000℃会分解， 排除c，
故答案选b；
②根据表中数据，大于300℃，镁和氮气反应，大于800℃氮化镁会分解，
故答案为：；；
③反应ⅱ能消耗氧气，反应ⅰ生成氧气，故反应ⅱ能促进反应ⅰ正向进行，
答案为：反应ⅱ能降低氧气浓度，有利于反应ⅰ正向移动；
（2）①氮化铝水解产生氢氧化铝和一水合氨，
故答案为： ；
②由图像可以看出两条曲线的反应速率是不同的，反应速率和接触面积有关，
故答案为：粒径较小的AlN表面积大，水解反应速率较大；
（3）消耗硫酸的物质的量为：，氨气和硫酸按照2:1反应，故氨气的物质的量为：，根据氮元素守恒，氮化铝的物质的量也是，故样品中氮化铝的质量分数为，
故答案为：。
18.阿司匹林（化合物L）是人们熟知的解热镇痛药物。一种长效、缓释阿司匹林（化合物P）的合成路线如图所示：
已知：①HCCH+RCOOHRCOOCH=CH2
②RCOOR’+R”OHRCOOR”+R’OH
（1）B中的官能团是__。
（2）C的结构简式是__。
（3）D→E的反应类型是__。
（4）E→G的化学方程式是__。
（5）已知：H是芳香族化合物。在一定条件下2B→K＋H2O，K的核磁共振氢谱只有一组峰。J→L的化学方程式是__。
（6）L在体内可较快转化为具有药效的J，而P与L相比，在体内能缓慢持续释放J。
①血液中J浓度过高能使人中毒，可静脉滴注NaHCO3溶液解毒。请用化学方程式解释NaHCO3的作用：__。
②下列说法正确的__（填字母）。
a.P中的酯基在体内可缓慢水解，逐渐释放出J
b.P在体内的水解产物中没有高分子化合物
c.将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能
【答案】 (1). 羧基 (2). HC☰CH (3). 加聚反应 (4). +nC2H5OH+n (5). ++CH3COOH (6). +NaHCO3+CO2+H2O (7). ac
【解析】
【分析】
A为乙醇，经过连续氧化后得到B，B一定为乙酸。由题干中提示的反应①，推测B(乙酸)与C的反应即羧酸和炔烃的反应，那么D的结构中含有碳碳双键，所以由D生成E即碳碳双键的加聚反应。结合E的分子式可知，单体D中含有共计4个碳原子，那么C即为乙炔，E的结构确定为。由题干中提示的反应②可知，E与乙醇反应后生成G(聚乙烯醇)和乙酸乙酯。G(聚乙烯醇)和L酯化可以得到P，由P的结构逆推出L即为乙酰水杨酸。J与K反应生成乙酰水杨酸的同时，也生成了乙酸；再结合题干中的信息可知，K即为乙酸酐，那么J为水杨酸。由J的结构最终可以推出H即为苯酚。
【详解】(1)通过分析可知，B为乙酸，官能团名称为羧基；
(2)通过分析可知，C即为乙炔，结构简式为HC☰CH；
(3)D生成E的反应即CH3COOCH=CH2生成的加聚反应；
(4)E生成G的反应即与乙醇生成乙酸乙酯和聚乙烯醇的反应；
(5)通过分析可知J→L的反应，即水杨酸与乙酸酐反应生成乙酰水杨酸和乙酸的反应；
(6)①J 为水杨酸，含有酚羟基和羧基，其中能与NaHCO3反应的仅为羧基，酚羟基无法与NaHCO3反应；
②a．P中含有两个酯基，均发生水解后即可得到水杨酸，a正确；
b．P在人体内水解后可以得到聚乙烯醇这种高分子化合物，b错误；
c．通过将小分子药物引入到高分子中，可以起到药物缓释的作用，c正确；
答案选ac。
【点睛】在做有机推断题时，多记一些常见有机物的结构，可以省去麻烦的推断过程；例如本题涉及的药物阿司匹林和水杨酸，如果知道其结构那么从H到L的转化过程就无需再耗费时间进行推断；降低推断难度的同时也节约了不少的时间。
19.某小组同学以不同方案探究Cu粉与FeCl3溶液的反应。
（1）甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了反应，其离子方程式是__。
（2）乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生：将Cu粉加入到滴有少量KSCN的FeCl3溶液中，观察到溶液红色褪色，有白色沉淀A产生。
针对白色沉淀A，查阅资料：A可能为CuCl和CuSCN（其中硫元素的化合价为-2价）中的一种或两种。实验过程如下：
请回答：
①根据白色沉淀B是__（填化学式），判断沉淀A中一定存在CuSCN。
②仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN，从氧化还原角度说明理由：__。
③向滤液中加入a溶液后无明显现象，说明A不含CuCl，则a是__（填化学式）。
根据以上实验，证明A仅为CuSCN。
④进一步查阅资料并实验验证了CuSCN的成因，将该反应的方程式补充完整：
_Cu2+＋_SCN-=_CuSCN↓＋_(SCN)2
⑤结合上述过程以及Fe(SCN)3Fe3+＋3SCN-的平衡，分析（2）中溶液红色褪去的原因：__。
（3）已知(SCN)2称为拟卤素，其氧化性与Br2相近。将KSCN溶液滴入（1）所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液变红的可能原因是__或__。
【答案】 (1). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (2). BaSO4 (3). +1价铜也可以将浓硝酸还原 (4). AgNO3 (5). 2 (6). 4 (7). 2 (8). 1 (9). Cu和Fe3+反应生成Cu2+使c(Fe3+)减少；Cu2+和SCN-反应生成CuSCN沉淀使c(SCN-)减少，均使平衡Fe(SCN)3Fe3+＋3SCN-正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去 (10). Fe3+有剩余 (11). (SCN)2将Fe2+氧化；空气中的氧气将Fe2+氧化
【解析】
【分析】
此题一方面考察了Fe2+和Fe3+的性质，一方面也通过物质组成探究实验的形式考察了一些基本离子的检验方法。在确定物质组成时，务必要注意排除其他物质对检验过程中产生的实验现象的干扰。
【详解】(1)Fe3+的氧化性强于Cu2+，因此发生的反应的离子方程式是：；
(2)①通过分析实验流程可知，若沉淀A中含有CuSCN，在经过过量的浓硝酸处理后，S元素会转化为，因此，若在加入过量硝酸钡溶液后出现BaSO4白色沉淀，则能证明沉淀A中含有CuSCN；
②若沉淀A组成仅为CuCl，那么用过量浓硝酸处理时，CuCl中+1价的Cu也可以将浓硝酸还原，产生红棕色的还原产物NO2，所以仅通过红棕色气体生成无法说明A中一定有CuSCN；
③若要证明A中不含CuCl，只能设计实验验证白色沉淀A溶解后的溶液中不含Cl-；因此，a溶液即AgNO3溶液；
④题干中指出SCN-中的S为-2价，所以方程式中S反应后价态上升，Cu反应后价态下降，所以该反应的方程式为：；
⑤分析(2)中溶液红色褪去的原因时：一方面要考虑Fe3+被还原导致的浓度下降，另一方面也要考虑由于生成了CuSCN白色沉淀，所以也发生了SCN-被氧化而导致的浓度下降；因此红色褪去的原因为：Cu和Fe3+反应生成Cu2+使c(Fe3+)减少；Cu2+和SCN-反应生成CuSCN沉淀使c(SCN-)减少，均使平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去；
(3)题干中指出拟卤素(SCN)2氧化性与Br2接近，因此拟卤素(SCN)2也可以将Fe2+氧化，此外Fe2+还原性较强，也容易被氧气氧化；因此溶液变红色的原因可能是：(SCN)2将Fe2+氧化或空气中的氧气将Fe2+氧化。
【点睛】对物质组成进行分析时，一定要注意分析可能存在的，在实验检验过程中会对检验现象产生干扰的物质。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Al-27 S-32
第Ⅰ卷 选择题
（每题仅有一个选项符合题意，每题3分，共42分）
1.中华文明源远流长，下面中国国宝级文物的表面不会因电化学腐蚀被氧化的是：
A. 秦朝铜车马 B. 春秋越王剑
C. 唐三彩 D. 商代司母戊鼎
【答案】C
【解析】
【详解】A．秦朝的铜车马是铜的合金，除了铜外，还含有不如铜活泼的金属，则在空气中能形成原电池，铜做负极被腐蚀，故A错误；
B．春秋越王剑是铜合金铸成，是铜合金，除了铜外，还含有不如铜活泼的金属，则在空气中能形成原电池，铜做负极被腐蚀，故B错误；
C．唐三彩是陶瓷制品，不是合金，故不会形成原电池，故C正确；
D．商代的司母戊鼎是铜鼎，是铜合金，除了铜外，还含有不如铜活泼的金属，则在空气中能形成原电池，铜做负极被腐蚀，故D错误；
答案选C。
【点晴】解答金属的腐蚀与防护时，要从钢铁生锈的条件方面进行分析、判断，从而找出科学的防锈方法。电化学腐蚀形成的原因通常是合金在接触外界时，空气中的水膜做电解质溶液，合金中较活泼的金属做负极，不活泼的做正极，从而构成原电池，加快了活泼金属的腐蚀，据此分析。
2.下列说法不正确的是（ ）
A. 淀粉、纤维素、葡萄糖均能发生水解反应
B. 使用青霉素前一定要进行皮肤敏感试验
C. 利用油脂在碱性溶液中的水解可制取肥皂
D. 甲醛，氯乙烯，乙二醇均可做聚合反应的单体
【答案】A
【解析】
【详解】A．淀粉和纤维素均为多糖可以水解，葡萄糖为单糖无法水解，A项错误；
B．有些人会对青霉素产生过敏反应，避免危险发生，注射青霉素前一定需要做皮试，B项正确；
C．油脂在碱性条件下水解即油脂的皂化反应，通过皂化反应可以制取肥皂，C项正确；
D．甲醛可以用于合成酚醛树脂，氯乙烯可以用于制备聚氯乙烯，乙二醇可以用于合成聚酯，D项正确；
答案选A。
3.食品保鲜所用的“双吸剂”，是由还原铁粉、生石灰、氯化钠、炭粉等按一定比例组成的混合物，可吸收氧气和水。下列分析不正确的是（ ）
A. “双吸剂”中的生石灰有吸水作用
B. “双吸剂”吸收氧气时，发生了原电池反应
C. 炭粉上发生的反应为：O2+4e-+4H+=2H2O
D. 吸收氧气的过程中，铁作原电池的负极
【答案】C
【解析】
【分析】
双吸剂一方面可以吸收水，这主要依靠的是双吸剂中生石灰成分；生石灰与水反应后生成强碱性的Ca(OH)2。此外，双吸剂在吸收氧气时，发生原电池反应；Fe做原电池的负极，炭粉做原电池的正极，并且在炭粉处氧气被吸收；需要额外注意的是，由于双吸剂吸水过程中生成了强碱性的Ca(OH)2，因此，在书写电极反应式时，不应出现H+。
【详解】A．生石灰可以与水反应，因此起到了吸水的作用，A项正确；
B．双吸剂吸收氧气时，构成了原电池，发生了原电池反应，B项正确；
C．炭粉在吸氧时，做原电池的正极，发生的是氧气的还原反应，根据分析可知，正确的电极反应式为：，C项错误；
D．双吸剂吸氧时，发生原电池反应，铁做原电池的负极，D项正确；
答案选C。
4.下列实验对应的离子方程式正确的是（ ）
A. 铝溶解在NaOH溶液中：2Al+2OH-=2AlO2-+3H2↑
B. 向溴水中通入SO2后褪色：SO2+Br2+2H2O=SO42-+2Br-+4H+
C. 白醋与84消毒液混合产生黄绿色气体：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O
D. 少量铁溶于过量稀硝酸中：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝溶解在NaOH溶液中，正确的离子方程式为：，选项中的方程式原子不守恒，A项错误；
B．SO2具有还原性，会将溴单质还原为溴离子，自身则被氧化成，B项正确；
C．白醋即醋酸的水溶液，醋酸是弱电解质，离子方程式中不能拆分，C项错误；
D．参与反应的铁少量，硝酸过量，所以最终铁被氧化成Fe3+，D项错误；
答案选B。
5.第三周期元素，浓度均为0.01mol/L的最高价氧化物对应水化物的pH与原子半径的关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 气态氢化物的稳定性：N＞R
B. Z的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
C. Y和R形成的化合物既含离子键又含共价键
D. X和M两者最高价氧化物对应的水化物反应后溶液的pH＞7
【答案】D
【解析】
【分析】
同一周期，原子半径从左至右，逐渐减小。所以，X为Na，Y为Mg，Z为Al，M为Si，N为P，W为S，R为Cl。
【详解】A．元素非金属性越强，气态氢化物稳定性越高；同一周期从左至右，元素的非金属性增强，所以稳定性HCl＞PH3，即R＞N，A项错误；
B．Z的最高价氧化物对应的水化物即Al(OH)3，弱碱无法使其溶解，B项错误；
C．Y和R形成的化合物为MgCl2仅含离子键，C项错误；
D．Na和Si两者最高价氧化物对应水化物反应后的溶液即为硅酸钠溶液，显碱性，D项正确；
答案选D。
6.茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示(未画出其空间结构)。
下列说法正确的是（ ）
A. 茚地那韦属于芳香族化合物，易溶于水
B. 虚线框内的所有碳、氧原子均处于同一平面
C. 茚地那韦可与氯化铁溶液发生显色反应
D. 茚地那韦在碱性条件下完全水解，最终可生成三种有机物
【答案】D
【解析】
【详解】A．茚地那韦分子结构中含有苯环，属于芳香族化合物；由于结构中羟基等亲水基团较少，所以该物质在水中溶解性较差，A项错误；
B．虚线框中的环烷烃结构，所有的碳原子并不一定共面；此外，与羟基相连的C，由于形成的是4条单键，所以该C原子和与之相连的O以及另外两个C原子一定不会处在同一平面内，B项错误；
C．茚地那韦的分子结构中并不含有酚羟基，所以无法与Fe3+发生显色反应，C项错误；
D．茚地那韦的分子结构中含有两个肽键，发生水解后可以形成三种有机物，D项正确；
答案选D。
【点睛】对有机物结构中共面原子个数进行判断时，若有机物中存在只形成单键的碳原子，那么有机物中所有的原子一定不会共平面。
7.BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 该过程中BMO表现了还原性
B. ①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1:3
C. 光催化降解过程中，光能转化为化学能、热能等
D. 该过程的总反应:+7O26CO2+3H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
通过分析原理图可知，在光催化降解苯酚的过程中：BMO首先在光照下，发生失电子的氧化反应，转化成BMO+，同时将O2还原为；随后，BMO+和各自表现氧化性将苯酚转化为H2O和CO2，这个过程BMO+又被还原为最初的状态。
【详解】A．通过分析可知，BMO在光催化降解苯酚过程中表现出了还原性，生成了BMO+，A项正确；
B．1个BMO+表现氧化性，被还原为BMO，可以得1个电子；1个表现氧化性，被还原为2个H2O，可以得3个电子；所以①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，B项错误；
C．通过分析可知，光催化过程中，光能被转化为化学能和热能，C项正确；
D．通过分析可知，该过程的总反应即光照条件下，在BMO的催化作用下，氧气氧化苯酚，所以D项正确；
答案选B。
【点睛】氧化还原反应的要以电子得失守恒为基准进行计算；其次，要清楚，催化剂并非不参与到反应过程中，而是可以在具体的反应机理中再生循环的。
8.下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
实验方案
置于光亮处
片刻后在Fe电极附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液
实验目的
验证甲烷与氯气发生化学反应
验证Fe电极被保护
验证乙炔的还原性
验证铁钉发生析氢腐蚀
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷与氯气的反应是在光照下进行的，此外，为了避免Cl2在水中的溶解，应当在水槽中加饱和食盐水，A项正确；
B．图中的Fe电极与电源的正极相连，做阳极，无法被保护，因此无法验证Fe电极被保护，B项错误；
C．通过图中的这种方法制备的乙炔中含有H2S和PH3等还原性气体杂质，若不进行除杂，则会在用高锰酸钾溶液检验乙炔时产生干扰，C项错误；
D．析氢腐蚀是在酸性电解质溶液中发生的腐蚀现象，所以图中的铁钉并不能发生析氢腐蚀，实际发生的是吸氧腐蚀，D项错误；
答案选A。
9.元素铬（Cr）的几种化合物存在下列转化关系：
已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。下列判断不正确的是（ ）
A. 反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质
B. 反应②利用了H2O2的氧化性
C. 反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的
D. 反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
【答案】D
【解析】
【详解】A.Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应①又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，A项正确；
B.反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，H2O2表现了氧化性，B项正确；
C.反应③中发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液由黄色变为橙色，C项正确；
D.反应①和③中铬元素的化合价并没有发生变化，D项错误；
所以答案选择D项。
10.最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. “全氢电池”工作时，将化学能转化电能
B. 电池的总反应是2H2＋O2=2H2O
C. 负极的电极反应是H2-2e-＋2OH-=2H2O
D. 电解质溶液中Na＋向右移动，ClO4-向左移动
【答案】B
【解析】
【分析】
全氢电池作为供电用的电源时，其能量转化形式必然是化学能变为电能。通过分析工作原理示意图可知，全氢电池工作时，负极消耗氢气，正极生成氢气，由电子得失守恒可知，两极消耗和生成的氢气量必然相等；因此，全氢电池总反应并非消耗氢气的反应。考虑到负极消耗氢气的同时，又消耗了溶液中的OH-，正极则通过将H+还原的方式获取氢气；因此，总反应实质是消耗H+和OH-的中和反应。
【详解】A．电池中能量的转化形式为化学能转变成电能，A项正确；
B．通过分析可知，全氢电池的总反应为：，B项错误；
C．由图分析可知，负极发生的是H2得电子，最终转变为H2O的反应，C项正确；
D．由图分析可知，全氢电池，左边的电极为负极，右边的电极为正极，所以Na+向右移动，向左移动，D项正确；
答案选B。
【点睛】电化学池中，电池总反应的书写，可以采用将电极反应式叠加的方法书写。原电池中的能量转换形式一般为：化学能转变为电能。原电池电解质溶液中离子的迁移方向为：阳离子朝正极移动，阴离子朝负极移动。
11.反应A(g)+B(g) ⇋3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c(A)如下表：
平衡状态
①
②
③
容器体积/L
40
20
1
c(A)( mol/L)
0.022a
0.05a
0.75a
下列分析不正确的是（ ）
A. ①→②的过程中平衡发生了逆向移动
B. ①→③的过程中X的状态发生了变化
C. ①→③的过程中A的转化率不断增大
D. 与①②相比，③中X的物质的量最大
【答案】C
【解析】
【详解】A. ①到②的过程中，体积缩小了一半，平衡时A物质的量由0.88amol变为1amol，说明增大压强，平衡逆向移动，X此时应为气态；故A正确；
B. ②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时A物质的量由1amol变为0.75amol，说明增大压强平衡正向移动，说明X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了变化；故B正确；
C. 结合A、B项的分析，平衡首先逆向移动然后正向移动，A的转化率先减小后增大，故C错误；
D. ③状态下A物质的量最小，即A转化率最大，X的物质的量最大，故D正确；
答案选C。
12.海水提镁的工艺流程如下：
下列叙述正确的是
A. 反应池中的反应利用了相同条件下Mg(OH)2比Ca(OH)2难溶的性质
B. 干燥过程在HCl气流中进行，目的是避免溶液未完全中和
C. 上述流程中发生的反应有化合、分解、置换和复分解反应
D. 上述流程中可以循环使用的物质是H2和Cl2
【答案】A
【解析】
【详解】A.氢氧化钙微溶，氢氧化镁难溶，沉淀向更难溶方向转化，故可以用氢氧化钙制备氢氧化镁，A正确；
B. 干燥过程在HCl气流中进行目的是防止氯化镁水解，B错误；
C.该流程中没有涉及置换反应，C错误；
D. 上述流程中可以循环使用的物质是Cl2，过程中没有产生氢气，D错误；
答案选A。
13.室温下，取一定量冰醋酸，进行如下实验：
① 将冰醋酸配制成0.1 mol·L-1醋酸溶液；
② 取20 mL①所配溶液，加入a mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液，充分反应后，测得溶液pH=7；
③ 向②所得溶液中继续滴加稀盐酸，直至溶液中n(Na+) = n(Cl－)。
下列说法正确的是
A. ①中：所得溶液的pH=1
B. ②中：a＝20
C. ③中：所得溶液中c(CH3COO－)＜c(H+)，且pH＜7
D. ①与③所得溶液相比，等体积时所含CH3COOH分子数目相等
【答案】C
【解析】
【详解】A.因为醋酸是弱酸，故①中0.1mol/L的醋酸pH>1，A错误；
B.若②中a＝20，则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，B错误；
C.③中溶液的电荷守恒为：，结合，故，所以，，pH<7，C正确；
D. ①与③所得溶液相比，③相当于向①中加入了氯化钠溶液，越稀越电离，故等体积时③中醋酸分子数少，D错误；
答案选C。
14.某小组在Fe2+检验实验中观察到异常现象，为探究“红色褪去”的原因，进行如下实验：
编号
实验I
实验II
实验III
实验步骤
将实验I褪色后的溶液分三份分别进行实验
为进一步探究“红色褪去”的原因，又进行以下实验
①
②取反应后的溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液
现象
溶液先变红，片刻后红色褪去，有气体生成（经检验为O2）
①无明显现象
②溶液变红
③产生白色沉淀
①溶液变红，一段时间后不褪色。
②无白色沉淀产生
分析上述三个实验，下列叙述不正确的是
A. 在此实验条件下H2O2氧化Fe2＋的速率比氧化SCN－的速率快
B. 通过实验Ⅱ推出实验Ⅰ中红色褪去的原因是由于SCN－被氧化
C. 通过实验Ⅰ和实验Ⅲ对比推出红色褪去只与H2O2的氧化性有关
D. 综上所述，实验Ⅰ中红色褪去的原因与化学平衡移动原理无关
【答案】D
【解析】
【详解】氯化亚铁酸化的溶液中滴入KSCN溶液，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，通入足量氧气，溶液变红且不褪色，说明氧气氧化亚铁离子生成铁离子，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀，无硫酸钡沉淀生成，排除了生成的氧气氧化SCN-的可能，
A. 在此实验条件下H2O2氧化Fe2＋的速率比氧化SCN－的速率快，所以溶液先变红，当SCN－被完全氧化后，红色褪去，故A正确；
B. 实验II中滴加FeCl3溶液不变红，说明无SCN-，滴加盐酸和BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明SCN-被氧化为SO42-，可以推出实验Ⅰ中红色褪去的原因是由于SCN－被氧化，故B正确；
C. 对比实验Ⅰ、Ⅲ，实验Ⅰ排除了铁离子反应，而是SCN-离子反应，实验Ⅲ排除了生成的氧气氧化SCN-的可能，Ⅰ中红色褪去可以判定酸性条件下是H2O2的氧化性把SCN-离子氧化为硫酸根离子，故C正确；
D. 红色物质为Fe3+与SCN-结合形成的络合物，为可逆反应，当SCN-被氧化，平衡逆向移动，红色褪去，与化学平衡移动原理有关，故D错误；
故选D。
第Ⅱ卷 简答题
15.硫化物在自然界中的部分循环关系如图。
（1）H2S在空气中可以燃烧。
已知：2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) ΔH=-442.38kJ/mol
S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-297.04kJ/mol
H2S(g)与O2(g)反应产生SO2(g)和H2O(g)的热化学方程式是____。
（2）SO2是大气污染物，海水具有良好的吸收SO2的能力，其过程如下。
①SO2溶于海水生成H2SO3，H2SO3最终会电离出SO32-，SO32-可以被海水中的溶解氧氧化为SO42-。海水的pH会____（填“升高”、“不变”或“降低”）。
②为调整海水的pH，可加入新鲜的海水，使其中的HCO3-参与反应，其反应的离子方程式是____。
③在上述反应的同时需要大量鼓入空气，其原因是____。
（3）某科研单位利用工业废气中的SO2来制取H2SO4。
①利用原电池原理，用SO2和O2来制备硫酸，装置如图1所示。B极的电极反应式是____。
②SO2经图2中的两个循环可分别得到S和H2SO4。下列说法正确的是____。
a.循环Ⅰ中，反应1中的氧化产物为ZnFeO3.5
b.循环Ⅰ中，反应2的化学方程式为SO2+4ZnFeO3.5S+4ZnFeO4c.Mn可作为循环Ⅱ中电解过程中的阳极材料
d.循环Ⅰ和循环Ⅱ中消耗同质量的SO2，理论上得到S和H2SO4的质量之比为16∶49
【答案】 (1). 2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1036.46kJ/mol (2). 降低 (3). HCO3-+H+=CO2↑+H2O (4). 提高海水的溶解氧，将SO32-氧化成为SO42-，有利于平衡H2SO3HSO3-+H+、HSO3- SO32-+H+正向移动，提高二氧化硫的转化率，同时起到加快反应速率的作用 (5). SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+ (6). b、d
【解析】
【分析】
此题以硫的循环和相关化合物的转化为背景，考查了利用盖斯定律计算反应焓变的方法，以及热化学方程式的书写；同时也从反应原理的角度，考察了速率与平衡以及电化学的内容。
【详解】(1)H2S(g)与O2(g)反应生成SO2(g)和H2O(g)的热化学方程式为： ；由盖斯定律可知该反应的；
(2)①SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化后转变为硫酸，溶液的酸性增强，pH值下降；
②由于海水中生成了硫酸，属于强电解质，所以加入新鲜的海水后发生的离子方程式为：；
③通过鼓入大量空气，可以提高海水中溶解氧的含量，加速亚硫酸向硫酸的转化的同时，也提高了二氧化硫的转化率；
(3)①通过分析装置示意图，A极产物为水，说明这一极通入的为O2，那么B极的电极反应即为：；
②通过分析循环Ⅰ，SO2经过反应2后即被还原为S单质，那么反应1即为ZnFeO4还原再生ZnFeO3.5的过程；通过分析循环Ⅱ，SO2先被MnO2吸收转变为MnSO4，这个过程Mn降价而S升价，接着再电解MnSO4溶液分离得到硫酸产品的同时，再生了MnO2；
a．通过分析可知，ZnFeO3.5是反应1的还原产物，a错误；
b．通过分析可知，经过反应2后，SO2被还原为S单质，ZnFeO4被氧化为ZnFeO3.5，方程式正确，b正确；
c．通过分析可知，电解过程Mn从+2价被氧化为+4价，实现再生，因此，阳极材料不能使用Mn单质，c错误；
d．根据硫元素守恒可知，消耗同等质量的SO2，生成S和H2SO4的质量比为16:49，d正确；
答案选bd。
16.用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。
（1）资料1：KI在该反应中的作用：
H2O2＋I－＝H2O＋IO－；H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－。总反应的化学方程式是________________。
（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断正确的是___________（填字母）。
a. 加入KI后改变了反应的路径
b. 加入KI后改变了总反应的能量变化
c. H2O2＋I－＝H2O＋IO－是放热反应
（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。
资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。
①加CCl4并振荡、静置后还可观察到___________，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. ________。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是_____________。
（4）资料4：I－（aq）＋I2（aq）I3－（aq） K＝640。
为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL 0.10mol·L－1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：
微粒
I－
I2
I3－
浓度/（mol·L－1）
2.5×10－3
a
4.0×10－3
①a＝__________。
②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是________________。
【答案】 (1). 2H2O22H2O＋O2↑ (2). a (3). 下层溶液呈紫红色 (4). 在水溶液中I2的浓度降低 (5). A试管中产生气泡明显变少；B试管中产生气泡速率没有明显减小 (6). (7). 2c（I2）＋c（I－）＋3c（I3－）＜0.033mol·L－1
【解析】
【分析】
（1）H2O2＋I－＝H2O＋IO－,H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式。
（2）a. 加入KI后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a正确；
b. 加入KI后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确；
c. 由图中可知，H2O2＋I－＝H2O＋IO－是吸热反应，c不正确。
（3）①加CCl4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. 在水溶液中I2的浓度降低。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。
（4）① ，由此可求出a。
②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中c(I-)=，求出I－，I2，I3－中所含I的浓度和，二者比较便可得到结论。
【详解】（1）H2O2＋I－＝H2O＋IO－,H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑。答案为：2H2O22H2O＋O2↑；
（2）a. 加入KI后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a正确；
b. 加入KI后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确；
c. 由图中可知，H2O2＋I－＝H2O＋IO－反应物总能量小于生成物总能量，所以该反应是吸热反应，c不正确。答案为：a；
（3）①加CCl4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2生成。答案为：下层溶液呈紫红色；
②气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. 在水溶液中I2的浓度降低。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。答案为：在水溶液中I2的浓度降低；A试管中产生气泡明显变少，B试管中产生气泡速率没有明显减小；
（4）① ，由此可求出a=2.5×10-3mol/L。答案为：2.5×10-3；
②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中，c(I-)=；现在溶液中，I－，I2，I3－中所含I的浓度和为2c(I2)＋c(I－)＋3c(I3－)=2×2.5×10-3+2.5×10-3+3×4.0×10-3=0.0195<0.033，I不守恒，说明产物中还有含碘微粒。答案为：2c(I2)＋c(I－)＋3c(I3－)<0.033mol·L－1。
【点睛】在做探究实验前，要进行可能情况预测。向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄，则表明生成了I2，加入CCl4且液体分层后，发现气泡逸出的速率明显变慢，CCl4与H2O2不反应，是什么原因导致生成O2的速率减慢？是c(H2O2)减小，还是c(I2)减小所致？于是我们自然想到设计对比实验进行验证。
17.AlN新型材料应用前景广泛，其制备与性质研究成为热点。
相关数据如下：
物质
熔点/℃
沸点/℃
与N2反应温度/℃
相应化合物分解温度/℃
Al
660
2467
＞800
AlN：＞2000 （＞1400升华）
AlCl3：（＞181升华）
Mg
649
1090
＞300
Mg3N2：＞800
(1)AlN的制备。
① 化学气相沉积法。
Ⅰ.一定温度下，以AlCl3气体和NH3为原料制备AlN，反应的化学方程式是____________________。
Ⅱ.上述反应适宜的温度范围是______℃（填字母）。
a.75~100 b.600~1100 c.2000~2300
② 铝粉直接氮化法。
Al与N2可直接化合为AlN固体，AlN能将Al包裹，反应难以继续进行。控制温度，在Al粉中均匀掺入适量Mg粉，可使Al几乎全部转化为AlN固体。该过程发生的反应有：__________________、_________和2Al + N2 2AlN。
③碳热还原法。
以Al2O3、C（石墨）和N2为原料，在高温下制备AlN。
已知：ⅰ. 2Al2O3(s) ⇌ 4Al(g) + 3O2(g) ∆H 1 =＋3351 kJ·mol-1
ⅱ. 2C(石墨，s) + O2(g) = 2CO(g) ∆H 2 =－221 kJ·mol-1
ⅲ. 2Al(g) + N2(g) = 2AlN(s) ∆H 3 =－318 kJ·mol-1
运用平衡移动原理分析反应ⅱ对反应ⅰ的可能影响：______________________________________。
(2)AlN的性质。AlN粉末可发生水解。相同条件下，不同粒径的AlN粉末水解时溶液pH的变化如图所示。
① AlN粉末水解的化学方程式是____________________________________。
② 解释t1-t2时间内两条曲线差异的可能原因：_______________________________。
(3)AlN含量检测。向a g AlN样品中加入足量浓NaOH溶液，然后通入水蒸气将NH3全部蒸出，将NH3用过量的v1 mL c1 mol·L-1 H2SO4溶液吸收完全，剩余的H2SO4用v2 mL c2 mol·L-1 NaOH溶液恰好中和，则样品中AlN的质量分数是________________________________。
【答案】 (1). AlCl3 + NH3=AlN + 3HCl (2). b (3). 3Mg + N2Mg3N2 (4). Mg3N23Mg + N2 (5). 反应ⅱ能降低氧气浓度，有利于反应ⅰ正向移动 (6). AlN + 4H2O = Al(OH)3 + NH3·H2O (7). 粒径较小的AlN表面积大，水解反应速率较大 (8).
【解析】
【分析】
(1) ①Ⅰ.气体和制备不是氧化还原反应，根据元素守恒配平即可；
Ⅱ.根据表中数据判断；
②根据表中数据，大于300℃，镁和氮气反应，大于800℃氮化镁会分解；
③反应ⅱ能消耗氧气，反应ⅰ生成氧气；
（2）①氮化铝水解产生氢氧化铝和一水合氨；
②反应速率和接触面积有关；
（3）首先计算消耗硫酸的物质的量，氨气和硫酸按照2:1反应，得出氨气的物质的量，根据氮元素守恒，得到氮化铝的物质的量，然后计算质量分数。
【详解】(1) ①Ⅰ.气体和制备 ，反应的化学方程式是，
答案为：；
Ⅱ.根据表中数据，要保证气体，需要温度大于181℃，排除a，大于2000℃会分解， 排除c，
故答案选b；
②根据表中数据，大于300℃，镁和氮气反应，大于800℃氮化镁会分解，
故答案为：；；
③反应ⅱ能消耗氧气，反应ⅰ生成氧气，故反应ⅱ能促进反应ⅰ正向进行，
答案为：反应ⅱ能降低氧气浓度，有利于反应ⅰ正向移动；
（2）①氮化铝水解产生氢氧化铝和一水合氨，
故答案为： ；
②由图像可以看出两条曲线的反应速率是不同的，反应速率和接触面积有关，
故答案为：粒径较小的AlN表面积大，水解反应速率较大；
（3）消耗硫酸的物质的量为：，氨气和硫酸按照2:1反应，故氨气的物质的量为：，根据氮元素守恒，氮化铝的物质的量也是，故样品中氮化铝的质量分数为，
故答案为：。
18.阿司匹林（化合物L）是人们熟知的解热镇痛药物。一种长效、缓释阿司匹林（化合物P）的合成路线如图所示：
已知：①HCCH+RCOOHRCOOCH=CH2
②RCOOR’+R”OHRCOOR”+R’OH
（1）B中的官能团是__。
（2）C的结构简式是__。
（3）D→E的反应类型是__。
（4）E→G的化学方程式是__。
（5）已知：H是芳香族化合物。在一定条件下2B→K＋H2O，K的核磁共振氢谱只有一组峰。J→L的化学方程式是__。
（6）L在体内可较快转化为具有药效的J，而P与L相比，在体内能缓慢持续释放J。
①血液中J浓度过高能使人中毒，可静脉滴注NaHCO3溶液解毒。请用化学方程式解释NaHCO3的作用：__。
②下列说法正确的__（填字母）。
a.P中的酯基在体内可缓慢水解，逐渐释放出J
b.P在体内的水解产物中没有高分子化合物
c.将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能
【答案】 (1). 羧基 (2). HC☰CH (3). 加聚反应 (4). +nC2H5OH+n (5). ++CH3COOH (6). +NaHCO3+CO2+H2O (7). ac
【解析】
【分析】
A为乙醇，经过连续氧化后得到B，B一定为乙酸。由题干中提示的反应①，推测B(乙酸)与C的反应即羧酸和炔烃的反应，那么D的结构中含有碳碳双键，所以由D生成E即碳碳双键的加聚反应。结合E的分子式可知，单体D中含有共计4个碳原子，那么C即为乙炔，E的结构确定为。由题干中提示的反应②可知，E与乙醇反应后生成G(聚乙烯醇)和乙酸乙酯。G(聚乙烯醇)和L酯化可以得到P，由P的结构逆推出L即为乙酰水杨酸。J与K反应生成乙酰水杨酸的同时，也生成了乙酸；再结合题干中的信息可知，K即为乙酸酐，那么J为水杨酸。由J的结构最终可以推出H即为苯酚。
【详解】(1)通过分析可知，B为乙酸，官能团名称为羧基；
(2)通过分析可知，C即为乙炔，结构简式为HC☰CH；
(3)D生成E的反应即CH3COOCH=CH2生成的加聚反应；
(4)E生成G的反应即与乙醇生成乙酸乙酯和聚乙烯醇的反应；
(5)通过分析可知J→L的反应，即水杨酸与乙酸酐反应生成乙酰水杨酸和乙酸的反应；
(6)①J 为水杨酸，含有酚羟基和羧基，其中能与NaHCO3反应的仅为羧基，酚羟基无法与NaHCO3反应；
②a．P中含有两个酯基，均发生水解后即可得到水杨酸，a正确；
b．P在人体内水解后可以得到聚乙烯醇这种高分子化合物，b错误；
c．通过将小分子药物引入到高分子中，可以起到药物缓释的作用，c正确；
答案选ac。
【点睛】在做有机推断题时，多记一些常见有机物的结构，可以省去麻烦的推断过程；例如本题涉及的药物阿司匹林和水杨酸，如果知道其结构那么从H到L的转化过程就无需再耗费时间进行推断；降低推断难度的同时也节约了不少的时间。
19.某小组同学以不同方案探究Cu粉与FeCl3溶液的反应。
（1）甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了反应，其离子方程式是__。
（2）乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生：将Cu粉加入到滴有少量KSCN的FeCl3溶液中，观察到溶液红色褪色，有白色沉淀A产生。
针对白色沉淀A，查阅资料：A可能为CuCl和CuSCN（其中硫元素的化合价为-2价）中的一种或两种。实验过程如下：
请回答：
①根据白色沉淀B是__（填化学式），判断沉淀A中一定存在CuSCN。
②仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN，从氧化还原角度说明理由：__。
③向滤液中加入a溶液后无明显现象，说明A不含CuCl，则a是__（填化学式）。
根据以上实验，证明A仅为CuSCN。
④进一步查阅资料并实验验证了CuSCN的成因，将该反应的方程式补充完整：
_Cu2+＋_SCN-=_CuSCN↓＋_(SCN)2
⑤结合上述过程以及Fe(SCN)3Fe3+＋3SCN-的平衡，分析（2）中溶液红色褪去的原因：__。
（3）已知(SCN)2称为拟卤素，其氧化性与Br2相近。将KSCN溶液滴入（1）所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液变红的可能原因是__或__。
【答案】 (1). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (2). BaSO4 (3). +1价铜也可以将浓硝酸还原 (4). AgNO3 (5). 2 (6). 4 (7). 2 (8). 1 (9). Cu和Fe3+反应生成Cu2+使c(Fe3+)减少；Cu2+和SCN-反应生成CuSCN沉淀使c(SCN-)减少，均使平衡Fe(SCN)3Fe3+＋3SCN-正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去 (10). Fe3+有剩余 (11). (SCN)2将Fe2+氧化；空气中的氧气将Fe2+氧化
【解析】
【分析】
此题一方面考察了Fe2+和Fe3+的性质，一方面也通过物质组成探究实验的形式考察了一些基本离子的检验方法。在确定物质组成时，务必要注意排除其他物质对检验过程中产生的实验现象的干扰。
【详解】(1)Fe3+的氧化性强于Cu2+，因此发生的反应的离子方程式是：；
(2)①通过分析实验流程可知，若沉淀A中含有CuSCN，在经过过量的浓硝酸处理后，S元素会转化为，因此，若在加入过量硝酸钡溶液后出现BaSO4白色沉淀，则能证明沉淀A中含有CuSCN；
②若沉淀A组成仅为CuCl，那么用过量浓硝酸处理时，CuCl中+1价的Cu也可以将浓硝酸还原，产生红棕色的还原产物NO2，所以仅通过红棕色气体生成无法说明A中一定有CuSCN；
③若要证明A中不含CuCl，只能设计实验验证白色沉淀A溶解后的溶液中不含Cl-；因此，a溶液即AgNO3溶液；
④题干中指出SCN-中的S为-2价，所以方程式中S反应后价态上升，Cu反应后价态下降，所以该反应的方程式为：；
⑤分析(2)中溶液红色褪去的原因时：一方面要考虑Fe3+被还原导致的浓度下降，另一方面也要考虑由于生成了CuSCN白色沉淀，所以也发生了SCN-被氧化而导致的浓度下降；因此红色褪去的原因为：Cu和Fe3+反应生成Cu2+使c(Fe3+)减少；Cu2+和SCN-反应生成CuSCN沉淀使c(SCN-)减少，均使平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去；
(3)题干中指出拟卤素(SCN)2氧化性与Br2接近，因此拟卤素(SCN)2也可以将Fe2+氧化，此外Fe2+还原性较强，也容易被氧气氧化；因此溶液变红色的原因可能是：(SCN)2将Fe2+氧化或空气中的氧气将Fe2+氧化。
【点睛】对物质组成进行分析时，一定要注意分析可能存在的，在实验检验过程中会对检验现象产生干扰的物质。
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